随笔分类 - dp
摘要：数位DP - AcWing 338 - 计数问题 注意前导0的影响 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int a, b; int num[10]; int dp[10][10]; // 当前填位i,tar数已经出现的次数j int dfs(i
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摘要：数位dp第二维j维护什么？ 数位dp的dp数组维护的信息应该灵活选择。通常来说第一维i都表示当前填第i位，第二维则根据需要选择。 之前做过的windy数由于需要比较相邻的数，因此j表示上一位填的数是什么。 对于AcWing1081-度的数量，需要维护之前已经出现过的1的数量，因此用j表示。 #inc
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摘要：其实dp思路并不难，这里仅仅提一句，solve(n, k, dir)中，dp[p][k][dir]的状态更新与n有关，因此后面的样例不能复用前面的样例得到的状态，必须在每组样例前init dp。 另外我的另一份代码T了，不会分析复杂度。而且这个T的代码本机sample还能出结果，AC代码反而T了。（
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摘要：两道数位dp入门题 1. Luogu P4999 - 烦人的数学作业 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod = 1e9+7; int t; ll l, r; int num[3
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摘要：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 20+5; int t; int inf; int maxlen; int m, n; char a[N], b[N]; int dp[N][N][N]; // dp[i][j][
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摘要：CodeForces - Problem 1442 A - Extreme Subtraction - DP 这是一道构造题,之前没练过构造.思路是贪心,DP #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,t; int v[30000+4];
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摘要：CodeForces - Problem 1447 - Catching Cheaters - DP #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 5000+5; char a[N],b[N]; int dp[N][N]; /
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摘要：矩阵快速幂(入门) 定义及模板 对于方阵存在求幂运算的概念。对于单个数值，我们通过将指数进行二进制拆分的思想将求幂运算的复杂度降至log(n)，这种思想同样可以应用到方阵的求幂运算中。事实上，方阵的快速幂与单个数值的快速幂的写法完全一致，只需要对于乘法、取模进行运算符重载即可。 下面给出矩阵快速幂的
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摘要：DP解出栈序列数 状态转移方程 dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i][j-1] 意义：入栈$i$个元素，出栈$j$个元素，所得到的出栈序列数 方程解释： 入栈$i$次，出栈$j$次的出栈序列数有以下两种情况: 入栈$i-1$次，出栈$j$次，第$i$个入栈元素不弹出 \(dp[
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摘要：写在前面：在看这篇题解前，首先需要学会基本的树型dp是什么，推荐一道题，是本题的简单版。 传送门 本题：题目链接 这是我第一次接触最大连通子树的题。 常规的树型DP，是先dfs求取子树的最优解，再回溯更新父节点的最优解。比如构造一棵最值线段树的过程就是这样： 每一个节点的最优解只受到子节点的影响，而
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摘要：这道题想了好久。看到这篇题解后瞬间懂了。关键理解这句话：选择哪个点为根对结果没有影响，毕竟任意连通分量在任意时刻总是可以看成一颗以某个点为根的数。 一想通后，这个题就和普通的树上dp没有任何区别了。 代码： #include <iostream> #include <vector> #define
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摘要：https://www.luogu.com.cn/problem/P1352 开二维数组 dp[ Maxsize ][ 2 ] dp[ i ][ 0 ] 表示上司 i 不参加舞会的最优解， dp[ i ][ 1 ]不参加舞会的最优解。 易得方程：dp[ i ][ 0 ] = 每一个孩子节点 x :
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摘要：https://www.luogu.com.cn/problem/P1043 首先，如果学会了这篇题解的思路，那么你应该还可以做对这道题目。 好了，进入正题。 对于题目中的环形，很容易想到破环成链进行处理（当然，对于初次接触'环形'应该比较难想，这里说容易想是建立在接触过类似的题目（如'能量项链'等
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摘要：1 #include <iostream> 2 #include <string> 3 #define Maxsize 5000+1 4 #define MIN(a,b) (a<b?a:b) 5 #define MINN(a,b,c) (MIN(a,b)<MIN(a,c)?MIN(a,b):MIN(
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摘要：很容易想到用DP或记忆化搜索解决。 状态转移方程： dp[i][j] = MAX(dp[i][j] , 1 + dp(neighbor) ) 注意dp[i][j] 先要全部置1 由于记忆化搜索的做法没什么特别的，就是一个dfs+标记数组，就不多写了。 如何DP？这道题显然不能常规的线性DP，因为子问
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摘要：https://www.luogu.com.cn/problemnew/solution/P2015 解法1:记忆化搜索 1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <vector> 4 #define MAX(a,b) (a>b?a:
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摘要：https://vjudge.net/contest/353157#problem/A 一开始用的记忆化搜索= = 样例能过不知道为啥提交WA = 。= = 。= 1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4
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摘要：https://vjudge.net/contest/353156#problem/A 一开始想着按背包做 = = 我的dp还是太菜了 应该按照单调序列做 1 #include <iostream> 2 #include <algorithm> 3 #include <vector> 4 using
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摘要：1. 0 1 背包问题： 1 #pragma GCC optimize("Ofast") 2 #include <iostream> 3 #include <algorithm> 4 #define Maxsize 100 + 1 5 using namespace std; 6 typedef l
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摘要：一维01背包只涉及重量、价值、容量三个变量间的限制关系。 多维01背包实际上思路和一维一样，只不过让重量这个变量多了一种（比如时间？成本？） 实际上解决的思路就是再加一重循环就行。 例题：https://www.luogu.com.cn/problem/P1855 代码： 1 #include <i
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